Question

3．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）上顶点A（0，2），右焦点F（1，0），设椭圆上任一点到点M（0，6）的距离为d．
（1）求d的最大值；
（2）过点F的直线交椭圆于点S，T两点，P为准线l上一动点．
①若PF⊥ST，求证：直线OP平分线段ST；
②设直线PS，PF，PT的斜率分别为k₁，k₂，k₃，求证：k₁，k₂，k₃成等差数列．

Answer 1

分析 （1）由题意可得b=2，c=1，解得a，可得椭圆的方程，设椭圆上一点（m，n），代入椭圆方程，再由两点的距离公式，化简整理可得n的二次函数，即可得到所求最大值；
（2）①当过点F（1，0）的直线的斜率不存在，显然成立；当过点F的直线的斜率存在，设为x=my+1，代入椭圆方程4x²+5y²=20，运用韦达定理和中点坐标公式，可得ST的中点Q的坐标，再由两直线垂直的条件：斜率之积为-1，可得n=-4m，由直线的斜率公式即可得证；
②由①可得k₂=$\frac{n}{4}$，运用两点的斜率公式，计算k₁+k₃，运用点满足直线方程，化简整理，代入韦达定理，结合等差数列的中项的性质即可得证．

解答 解：（1）由题意可得b=2，c=1，a=$\sqrt{{b}^{2}+{c}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
可得椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{5}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，
设椭圆上一点（m，n），可得$\frac{{m}^{2}}{5}$+$\frac{{n}^{2}}{4}$=1，即m²=5（1-$\frac{{n}^{2}}{4}$），
即有d=$\sqrt{{m}^{2}+（n-6）^{2}}$=$\sqrt{5（1-\frac{{n}^{2}}{4}）+（n-6）^{2}}$
=$\sqrt{-\frac{1}{4}{n}^{2}-12n+41}$=$\sqrt{-\frac{1}{4}（n+24）^{2}+185}$，
由于-2≤n≤2，可得n=-2时，d取得最大值8；
（2）①证明：当过点F（1，0）的直线的斜率不存在，即为x=1，
显然有直线OP平分线段ST；
当过点F的直线的斜率存在，设为x=my+1，
代入椭圆方程4x²+5y²=20，可得
（4m²+5）y²+8my-16=0，
设S（x₁，y₁），T（x₂，y₂），可得
y₁+y₂=-$\frac{8m}{4{m}^{2}+5}$，y₁y₂=-$\frac{16}{4{m}^{2}+5}$，（*）
线段ST的中点Q坐标为（$\frac{5}{4{m}^{2}+5}$，-$\frac{4m}{4{m}^{2}+5}$），
由椭圆的准线方程可得l：x=5，
设P（5，n），即有直线OP的斜率为$\frac{n}{5}$，
由PF⊥ST，可得k_PF=$\frac{n}{5-1}$=-m，即n=-4m，
可得直线OP的斜率和直线OQ的斜率相等，且为-$\frac{4m}{5}$，
则直线OP平分线段ST；
②证明：由①可得k₂=$\frac{n}{4}$，
k₁+k₃=$\frac{{y}_{1}-n}{{x}_{1}-5}$+$\frac{{y}_{2}-n}{{x}_{2}-5}$=$\frac{{y}_{1}-n}{m{y}_{1}-4}$+$\frac{{y}_{2}-n}{m{y}_{2}-4}$
=$\frac{8n+2m{y}_{1}{y}_{2}-（4+mn）（{y}_{1}+{y}_{2}）}{{m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}+16-4m（{y}_{1}+{y}_{2}）}$，
代入（*），可得k₁+k₃=$\frac{8n（5+4{m}^{2}）-32m+8m（4+mn）}{-16{m}^{2}+16（5+4{m}^{2}）+32{m}^{2}}$=$\frac{n}{2}$，
即有k₁+k₃=2k₂，则k₁，k₂，k₃成等差数列．

点评 本题考查椭圆的方程和性质的运用，考查两点的距离的最值的求法，注意运用二次函数的最值的求法，考查两直线垂直的条件：斜率之积为-1，以及联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，同时考查等差数列中项的性质，考查化简整理的运算能力，属于中档题．